2023届高考物理一轮总复习——牛顿运动定律的应用综合复习卷 WORD版含解析.docx

1、2023届高中物理高考备考一轮总复习牛顿运动定律的应用综合复习卷一、单选题（共7题）1如下图所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如下图所示，以下说法正确的是（）A24秒，物体做匀速直线运动B24秒，物体受到的摩擦力是3NC02秒，物体没有被推动，是因为推力小于摩擦力D46秒，物体受到的摩擦力与水平推力是一对平衡力2两个小球A和B之间用轻弹簧连接（它们的），然后用细绳悬挂起来处于静止状态，如图所示。下列说法正确的是（）A剪断细绳瞬间，弹簧拉力为0B剪断细绳瞬间，弹簧拉力为C剪断细绳瞬间，A球的加速度为gD剪断细绳瞬间，B球的

2、加速度为g3动车组列车由若干节带动力的车厢（动车）和不带动力的车厢（拖车）组成。某列车共12节车厢，其中第1、5、9节车厢带动力，其他车厢不带动力。设车厢质量均相等，行驶时列车所受阻力与车厢质量成正比。在行驶时，动车组中第1节车厢和第5节车厢启动，提供的牵引力均为F时，列车匀速行驶，若突然使两节动车的牵引力加倍（第9节始终不提供动力），则第6节车厢与第7节车厢之间的作用力为（）A2FB2.4FC2.5FD3F4中国台北101大厦高508米，楼内装有2部速度创世界之最的观光电梯，电梯由程序自动控制。电梯可将一游客从1楼送到89楼的室内观景台，最高运行速度达，仅需39秒。该游客欲估测一下观景台距地

3、面的高度，他找了一个电子体重计置于电梯内，体重的他站了上去且相对电梯保持静止，电梯启动后，体重计先是显示为，一段时间后恢复为并保持不变，在将到达观景台时段体重计示数则恒为。重力加速度g取，则由此可得观景台的高度约为（）ABCD5如图所示，传送带以的速度逆时针转动，现将一质量为的一袋面粉轻放在传送带的A端，面粉袋与传送带间动摩擦因数，传送带两端距离。传送带倾角为，则面粉袋从A端运动到B端所经历的时间为（，g取）（）ABCD6如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的

4、拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2由题给数据可以得出（）A木板的质量为1.5kgB2s4s内，力F的大小为0.4NC02s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.27如图所示，为水平地面，为竖直墙壁，为光滑斜面。已知A、间距离为不变，点高度可调整，要使物体从点滑到点的时间最短，斜面的倾角应为（）ABCD二、多选题（共5题）8长为 与水平面成 角的传送带以 的速度顺时针运行，一物块以某一初速度从底部滑上传送带，结果物块恰好到达传送带顶端而沿原路返回，如图所示。物块与传送带间

5、的动摩擦因数为，取重力加速度 。（）A物块的初速度为m/sB物块的初速度为 C物块在传送带上运动时间为sD物块在传送带上留下的划痕长度为2+2m9如图所示，有两个物块A和，质量分别为和，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A的位移为，在此过程中，下列说法正确的（）A物块A和总势能保持不变BA的位移为时，的速度为C细线的拉力大小为DA和重力的功率大小之比为1：310如图甲，MN是倾角=37传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的

6、v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A物块距M点的最远距离是5mB物块与传送带间的动摩擦因数为0.9C物块在第7.5s时回到M点D传送带的长度至少为m11如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小（）A与斜面的倾角有关B与物体和斜面之间的动摩擦因数有关C与两物体的质量m1和m2有关D若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与，无关12如图所示，足够长斜面的倾角为，一块长度的木板保持的速度沿斜面向上匀速运动，时刻，一个小物体以的速度从下端冲上板，物体和木板间的动摩擦因数为，则（）A时物体速度大小为0B物体可以随

7、木板一直向上运动C时物体距离木板顶端8mD物体所受摩擦力方向始终沿斜面向下三、解答题（共4题）13两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg，A与水平面间的动摩擦因数为，B与地面没有摩擦，B物块运动的图像如图乙所示。g取10m/s2，求：（1）AB一起运动时加速度的大小；（2）推力F的大小；（3）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。14随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景，春播时节，一

8、架携药总质量的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田的高空，时刻，它以加速度竖直向下匀加速运动后，立即向下作匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为，无人机下降过程中空气阻力大小恒为，重力加速度g取，求：（1）无人机从时刻到重新悬停在处的总时间t；（2）无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时提供的最小竖直升力大小；（3）若无人机在高度处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力一段时间后恢复大小为的升力，要使其不落地，求失去动力的最长时间。15某校举行托乒乓球跑步比赛，比赛距离为，赛道为水平直道。比赛时，某同学将球置于球

9、拍中心，从静止开始做匀加速直线运动，直到速度达到，然后以做匀速直线运动跑至终点。此同学完成比赛的时间为，整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为，如图所示。设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，球的质量为，重力加速度为。求：（1）此同学匀加速阶段中的加速度大小；（2）若不计球与球拍之间的摩擦，求空气阻力大小与球速大小的比例系数；（3）若考虑球与球拍之间的静摩擦力，为方便运算，将最大静摩擦力大小认为等于滑动摩擦力大小，设球与球拍之间的动摩擦因数为，求乒乓球能够达到的最大速度。16如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右

10、端被质量m=1kg的可视为质点的物块压缩在光滑平台上而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一与平台等高的传送带，其两端AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数1=0.2，传送带右侧有一段等高的粗糙水平面BC长s=3.5m，它与物块间的动摩擦因数2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧CF对应的圆心角为=120，在F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，当弹簧储存的弹性势能EP=8J时释放物块，物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2求：（1）从物块滑上传送带到第一次

11、滑离传送带的过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量Q及圆弧轨道的半径R；（2）若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值vm；（3）传送带在（2）中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离xc参考答案1D【详解】A由v-t图象可知，2s4s内物体运动的速度均匀增大，做的是匀加速直线运动，不是匀速直线运动，故A错误；B因滑动摩擦力只与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与物体运动的速度无关，所以，24s物体受到的摩擦力与4s6s内物体受到的滑动摩擦力相等，结合图像可知，滑动摩擦力的大小是2N，故B错误；C由v-t图象可知，02s内物体的速度为0，即静止，处于平衡状态，受到

12、的摩擦力和推力是一对平衡力，二力大小相等，故C错误；D由v-t图象可知，4s6s内物体运动的速度4m/s不变，即做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的滑动摩擦力和推力是一对平衡力，故D正确。故选D。2C【详解】当细绳未剪断时，细绳拉力为T，弹簧弹力为F，对小球A有对B球有当细绳剪断瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对A球，由牛顿第二定律可得可得A球加速度aA=gB球受力不变，仍处于平衡状态aB=0故选C。3A【详解】设动车组列车每节车厢的质量为m，每节车厢受到阻力为f，列车匀速行驶时，有2F=12f当牵引力加倍时，对动车组列车整体分析，有以第7至12节车厢为研究对象，则联立解得故选A。4B【详解

13、】电梯加速上升时，有加速时间为电梯减速时，有减速时间为观景台的高度约为故选B。5A【详解】刚开始时面粉袋加速到用时根据牛顿第二定律解得运动路程面粉袋加速到之后，根据牛顿第二定律根据运动学规律联立解得则总时间为故选A。6B【详解】C结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；AB2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，2-4s木板做匀加速运动，其加速度大小为4-5s内做匀减速运动，其加速度大小为另外由于物块静止不动，同时结合题图（b）可知物块与木板之间的滑动摩擦力，对木板进行受力分析，由牛顿

14、第二定律得解得故B正确,A错误；D由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故D错误。故选B。7B【详解】设斜面倾角为，则斜面长为物体沿斜面下滑的加速度则下滑到底端所用时间当，即t最小，下滑时间最短，故B正确，ACD错误。故选B。8BC【详解】AB若物块初速度v0小于等于v，由牛顿第二定律可得能上滑的最大距离为无法到达传送带顶端，故物块初速度v0应大于v，前一阶段，物块减速上滑过程，由牛顿第二定律可得当速度与传送带速度相等时，位移为后一阶段，物块继续减速上滑，到达顶端时速度恰好为零，该过程的加速度大小为a1，该过程的位移为总位移满足联立解得A错误，B正确；C物块上滑过程所用时间为

15、物块从最高点匀加速下滑过程的加速度大小为a1，设到达底端的时间为，由位移公式可得解得则故物块在传送带上运动的总时间为，C正确；D物块最终回到传送带底端，位移为零，故在整个过程中传送带的位移等于两者的相对位移，即而传送带总长为2L，即6m，故物块在传送带上留下的划痕长度为，D错误。故选BC。9BC【详解】A根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B的重力势能之和减小，故A错误；B设A上升到h位置时的速度为v1，B的速度为v2，根据动滑轮的特点可知v2=2v1根据A和B组成的系统机械能守恒可得联立解得故B正确；C根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的

16、加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对A有对B有又有a2=2a1联立解得，轻绳的拉力大小故C正确；D重力功率由于v2=2v1， ，故A和重力的功率大小之比为1：4，故D错误。故选BC。10BCD【详解】ABD由图可知，物块先向下做匀减速再向上做匀加速，然后再向上做匀速，所以当物块向下减速到零时，物块距M点最远，由图可知物块从0至5s的加速度不变，则加速度大小为设物块向下经过t1s，速度变为零，则有解得则物块距M点的最远距离为所以传送带的长度至少为m，物块才能返回；当物块向下运动时，根据牛顿第二定律有解得故A错误，BD正确；C根据v-t图象与横坐标轴包围的面积表示位移，可知回到M点时位移为零，即

17、向上的位移大小也为，设在t2时刻回到M点，对物块向上的运动分析，则有解得故C正确。故选BCD。11CD【详解】ABC对整体受力分析有对m2有解得与和无关，与两物体的质量m1和m2有关，AB错误C正确；D若改用F沿斜面向下拉连接体，对整体受力分析有对m2有可得D正确。故选CD。12AC【详解】A物体刚冲上木板时，相对木板向上运动，和木板速度相等之前，对物体受力分析，由牛顿第二定体可知其加速度大小设经过时间后物体和木板速度相等，则由匀变速直线运动速度公式可知代入数据求得此过程中物体向上的位移木板向上的位移为物体相对木板上滑位移为5m，达到相等速度后，因为所以物体会向上继续减速，但相对木板向下运动，

18、对物体受力分析，由牛顿第二定律可知此时加速度大小设经过时间物体速度减小到0，则即3s时物体速度减小到0，故A正确；BC物体匀减速向上运动的位移此过程中木板向上的位移为物体相对木板向下滑动4m，此时物体距离木板上端为8m，接下来不再向上运动而是向下加速运动，故B错误，C正确；D在物体刚冲上木板时，相对木板向上运动，物体所受摩擦力方向向下，后反向，故D错误。故选AC。13（1）；（2）F=15N；（3）6m【详解】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的图像得（2）对于A、B整体，由牛顿第二定律得代入数据解得F=15N（3）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推

19、力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由解得所以物块A通过的位移物块B通过的位移物块A刚停止时A、B间的距离14(1)9s；(2)198N；(3)【详解】(1)无人机加速下降h1过程，据运动学公式可得解得，减速下降高度由运动学公式可得解得故无人机从时刻到重新悬停在处的总时间为(2)重新悬停，减速下降过程由牛顿第二定律可得由运动学公式可得重新悬停到离试验田1m高时，减速下降位移达最大值20m，a2有最小值，竖直升力F有最小值，代入数据解得(3)发生故障后先加速至v，加速度大小为a3，恢复升力后减速至0，加速度大小为a4，两个过程据牛顿第二定律可得由运动学公式

20、可得失去升力的最长时间为联立代入数据解得15（1）；（2）；（3）【详解】（1）设匀加速阶段中的加速度大小为a，加速的时间匀速的时间共用时间解得（2）设空气阻力大小为f，匀速运动时有则解得（3）若考虑球与球拍之间的静摩擦力，因为当速度达到最大时，球有向上的运动趋势，静摩擦沿球拍向下，受力如图：沿球拍方向上有又所以解得16（1）0.5J，；（2）；（3）【详解】（1）物块滑上A点之前，对物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律： 解得从A点至与传送带共速，由牛顿第二定律 由运动学公式解得共速前的时间 传送带在这段时间内走过的距离故因摩擦产生的热量 从共速到运动至E点，由动能定理 解得（2）当刚好能到F点时有传送带的最小速度vm，在这种情况下在F点有 从共速到F点，由动能定理 由以上两式解得而物体在传送带上能加到的最大速度u满足：解得故满足题意，即传送带的最小速度为；（3）假设从F点返回至BC段停下时的位置离C点距离为x0，从与传送带共速到停下过程中，由动能定理 解得因，故物块不会再次滑上传送带，即最终停下的位置距C点距离为